202L2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之磁場(chǎng)（四）

一,選擇題（共3小題）

1.（2022?北京）正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)統(tǒng)跡如圖中1、2、3所示。下列說(shuō)法正確的

A.磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里

B.軌跡1對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度越來(lái)越大

C.軌跡2對(duì)應(yīng)的粒子初速度比就跡3的大

D.軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子是正電子

2.（2022?廣東）如圖所示，一個(gè)立方體空間被對(duì)角平面MNPQ劃分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入

下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是（）

3.（2022?江蘇）如圖所示，兩根固定的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b

垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向（)

A.平行于紙面向上

B.平行于紙面向下

C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里

D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外

二.多選題（共3小題）

（多選）4.（2023?海南）如圖所示，質(zhì)量為m,帶電荷為+q的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度vo射入第一象限

內(nèi)的電磁場(chǎng)區(qū)域，在OVyVyo,OVxVxo（xo、yo為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x>xo區(qū)

域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，控制電場(chǎng)強(qiáng)度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)

打到接收器MN上，則（）

”6

B.粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為vo

粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為華

C.

qB

m%|就+4光

D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是?

qB丫2

（多選）5.（2023?福建）地球本身是一個(gè)大磁體，其磁場(chǎng)分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對(duì)于地磁場(chǎng)的形

成機(jī)制尚無(wú)共識(shí)。一種理論認(rèn)為地磁場(chǎng)主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚?，下

列判斷正確的是（）

地曾轉(zhuǎn)方向

A.地衣電荷為負(fù)電荷

B.環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同

C.若地表電荷的電量增加，則地磁場(chǎng)強(qiáng)度增大

D.若地球日轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場(chǎng)強(qiáng)度增大

（多選）6.（2023?甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開(kāi)有一個(gè)小孔，過(guò)P

的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒

子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線力向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、

方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過(guò)圓心O

B.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C.射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短

D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線

三,解答題（共14小題）

7.（2023?福建）阿斯頓（F.Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了嵐等元素的同位素而獲得諾貝爾獎(jiǎng)，質(zhì)

譜儀分析同位素簡(jiǎn)化的工作原理如圖所示。在PP'上方存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B.兩個(gè)頰離子在O處以相同速度v垂直磁場(chǎng)邊界入射，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N

處。已知某次實(shí)驗(yàn)中，v=9.6X104m/s,B=0.1T,落在M處發(fā)離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）為4.8

X106C/kg；P、O、M、N、P在同一直線上；離子重力不計(jì)，

（1）求OM的長(zhǎng)度；

（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，求落在N處筑離子的比荷。

oMNr

8.（2023?江蘇）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)

和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方

向水平入射，入射速度為vo時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于vo時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中

的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。

（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；

（2）若電子入射速度為半，求運(yùn)動(dòng)到速度為寸時(shí)位置的縱坐標(biāo)yi；

（3）若電子入射速度在OVv<vo范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)丫2二服位置的電子數(shù)N占總電子

O匕D

數(shù)No的百分比。

y

XXx

B

X/Xxx

O

xX

E

9.（2023?山東）如圖所示，在0<xW2d,OWyW2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)

電場(chǎng)，電場(chǎng)的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子從OP

中點(diǎn)A進(jìn)入電場(chǎng)（不計(jì)粒子重力）。

（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)

的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；

<2）若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)后從

P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開(kāi)。

（i）求改變后電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和粒子的初速度vo；

（ii）通過(guò)計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)。

y

E

10.（2023?北京）2022年，我國(guó)階段性建成并成功運(yùn)行了“電磁撬”，創(chuàng)造了人質(zhì)量電磁推法技術(shù)的世界

最高速度紀(jì)錄。

一種兩級(jí)導(dǎo)軌式電磁推進(jìn)的原理如圖所示。兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒。

金屬棒可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)物接觸良好。電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過(guò)金屬棒，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌

流回，圖中電源未畫(huà)出。導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)

系式為B=ki（k為常量）。金屬棒被該磁場(chǎng)力推動(dòng)。

當(dāng)金屬棒由第一級(jí)區(qū)域進(jìn)入第一級(jí)區(qū)域時(shí)，回路中的電流由1變?yōu)?1。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間跑為L(zhǎng),每一

級(jí)區(qū)域中金屬棒被推進(jìn)的距離均為S,金屬棒的質(zhì)量為m。求：

（1）金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；

（2）金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比ai：a2;

（3）金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v。

金屬棒

II.（2023?海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=15cm,質(zhì)量為m=IX10"kg,下端插入導(dǎo)電液體

中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂史紙面向里B=8X1（）-2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

（1）若插入導(dǎo)電液體部分深h=2.5cm,閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度H=10cm,設(shè)

桿中電流不變，求金屬桿離開(kāi)液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（g=10m/s2）

（2）若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢(shì)的大小，通電后金屬桿跳起高度H'=5cm,通電

時(shí)間I'=0.002s,求通過(guò)金屬桿截面的電荷量。

XXXXXXXX

B

xxxxxxxx

xxixxLxxxx

:::::ii:::::::::::

12.（2023?重慶）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直

于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸上方被某邊界分割成兩部分，?部分充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)方

向成a角），另一部分無(wú)電場(chǎng)，該邊界與y軸交于M點(diǎn)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與

x軸正方向成a角斜向下運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為"的帶電粒

m

子A,其速度大小為vo、方向與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過(guò)N點(diǎn)的速

度大小為2vo。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。

（1）求角度a及M、N兩點(diǎn)H勺電勢(shì)差。

（2）在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)的、比荷為且的帶電粒子，只要速度大小

m

適當(dāng)，就能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。

（3）若粒子A第一次在磁場(chǎng)口運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi,以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bi

及粒子A從發(fā)射到第n次通過(guò)N點(diǎn)的時(shí)間。

13.（2023?浙江）利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)月的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的

第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)、邊界均平行x軸的區(qū)域【和II,其中區(qū)域I存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

Bi的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域H存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場(chǎng)，方向均垂直紙面向里，區(qū)域II的下邊界與x

軸重合。位于（0,3L）處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正

離子束，沿紙面射向磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。

（1）求離了?不進(jìn)入?yún)^(qū)域II的最大速度VI及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；

（2）若B2-2B”求能到達(dá)y=處的離子的最小速度V2；

⑶若B2除y,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在誓?等范圍，求進(jìn)入第四象

限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比n。

14.（2023?山東）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術(shù)投射滅火彈進(jìn)入高層建筑快速滅火。電容

器儲(chǔ)存的能量通過(guò)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化成滅火彈的動(dòng)能，設(shè)置儲(chǔ)能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛

速度。如圖乙所示，若電磁炮正對(duì)高樓，與高樓之間的水平距離L=60m,滅火彈出膛速度vo=5Om/s,

方向與水平面央角H=53°,不計(jì)炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,sin530

=0.8o

（1）求滅火彈擊中高樓位置為地面的高度H；

（2）己知電容器儲(chǔ)存的電能轉(zhuǎn)化為滅火彈動(dòng)能的效率n=15%,滅火彈的質(zhì)量為3kg,電

容C=2.5X10%F,電容器工作電壓U應(yīng)設(shè)置為多少？

圖甲

15.（2023?天津）科學(xué)研究中可以利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)電信號(hào)放大，某信號(hào)放大裝置示意如圖甲，其主要

由陰極、中間電極（電極1,電極2,……,電極n）和陽(yáng)極構(gòu)成，該裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，各相鄰電

極之間存在電勢(shì)差。由陰極發(fā)射的電子射入電極1,激發(fā)出更多的電子射入電極2,依此類推，電子數(shù)

逐級(jí)增加，最終被陽(yáng)極收集，實(shí)現(xiàn)電信號(hào)放大。圖中所有中間電極均沿x軸放置在xOz平面內(nèi)，磁場(chǎng)

平行于z軸，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為Bo已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e,忽略電子間的相互作用力，不

計(jì)重力。

（1）若電極間電勢(shì)差很小可忽略，從電極1上0點(diǎn)激發(fā)出多個(gè)電子，它們的初速度方向與y軸的正方

向夾角均為①其中電子a、b的初速度分別處于xOy、yOz平面的第一象限內(nèi)，并都能運(yùn)動(dòng)到電極2。

（i）試判斷磁場(chǎng)方向;

（ii）分別求出a和b到達(dá)電極2所用的時(shí)間ti和12:

（2）若單位時(shí)間內(nèi)由陰極發(fā)射的電子數(shù)保持穩(wěn)定，陰極、中間電極發(fā)出的電子全部到達(dá)下一相鄰電極。

設(shè)每個(gè)射入中間電極的電子在該電極上激發(fā)出5個(gè)電子，Socu,U為相鄰電極間電勢(shì)差，請(qǐng)?jiān)趫D乙中

試定性畫(huà)出陽(yáng)極收集電子而形成的電流1與U的關(guān)系曲線，并說(shuō)明理由。

16.（2023?河北）如圖1,真空中兩金屬板M、N平行放置，板間電壓U連續(xù)可調(diào)，在金屬板N的中心C

處開(kāi)有一小孔。F、G、H為正三角形CDE各邊中點(diǎn)，DE與金屬板平行.三角形FGH區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里。一帶電粒子從緊鄰M板的P點(diǎn)由靜止釋放沿CG方

向進(jìn)入磁場(chǎng)，一段時(shí)間后沿NCED的角平分線方向從E點(diǎn)離開(kāi)。已知正三角形CDE的邊長(zhǎng)為a,粒子

質(zhì)量為m、電荷量大小為q,粒子重力不計(jì)。

（1）求板間電壓U的大??；

（2）若磁場(chǎng)區(qū)域如圖2,磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。調(diào)整兩板間電壓大小，將該粒子從P點(diǎn)由靜止釋放，仍能

沿NCED的角平分線方向從E點(diǎn)離開(kāi)，求粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)間。

圖1圖2

17.（2023?湖北）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。1=0時(shí)刻,

一帶正電粒子甲從點(diǎn)P（2a,0）沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙

發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛

好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m,兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰,

碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞過(guò)程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫(kù)侖力的影響。求

（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。

（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。

（3）￡=翳時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到￡=翳的過(guò)程中粒子乙運(yùn)動(dòng)的路程。

（本小問(wèn)不要求寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，只寫(xiě)出答案即可）

xxXX

XXXXxfX

XXX

XXXXXX

18.（2023?遼寧）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)是板間距離的6倍。金屬板外有

一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、

電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度vo水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng)，并

沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)。已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為,不計(jì)粒子重力。

3qB

（1）求金屬板間電勢(shì)差U。

（2）求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角0.

（3）僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。定

性畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心Mo

19.（2023?全國(guó)）如圖，在x>0、y>0區(qū)域有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在yVO區(qū)域有方向向左的

勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m,電荷量為q（q>0）的粒子在點(diǎn)（0,I）以速度vo向正右方發(fā)射。已知該粒子

在點(diǎn)（21,0）進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域。運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后越過(guò)y軸，粒子越過(guò)y軸時(shí)的速度與它進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速

度垂直，不計(jì)重力，求

（1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

（2）電場(chǎng)強(qiáng)度大小；

（3）粒子越過(guò)y軸時(shí)距拋出點(diǎn)（0,I）的距離。

20.（2023?浙江）探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如國(guó)所示。x軸上方存在垂直xOy平面向外、

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長(zhǎng)度足夠的平行金屬薄板M和N

組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計(jì)），N板連接電流表后接地。位于坐標(biāo)原點(diǎn)

O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為6（）。；且各個(gè)方

向均有速度大小連續(xù)分布在［為和企孫之間的離子射出。已知速度大小為vo、沿y軸正方向射出的離

子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直X軸射入孔C,未能射入孔C的其它離子被分析器的接地外罩屏蔽（圖中沒(méi)有

畫(huà)出）。不計(jì)離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞。

（1）求孔C所處位置的坐標(biāo)xo；

（2）求離子打在N板上區(qū)域的長(zhǎng)度L；

（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為。時(shí)的電壓Uo；

（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為。時(shí)的電壓Ux

202L2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之磁場(chǎng)（四）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共3小題）

題號(hào)I23

答案AAC

二.多選題（共3小題）

題號(hào)456

答案ADACBD

一.選擇題（共3小題）

I.（2022?北京）正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)凱跡如圖中1、2、3所示。下列說(shuō)法正確的

A.磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里

B.軌跡1對(duì)應(yīng)的粒了?運(yùn)動(dòng)速度越來(lái)越大

C.軌跡2對(duì)應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大

D.軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子是正電子

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng).

【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力.

【答案】A

【分析】根據(jù)題目描述分析出粒子的電性，結(jié)合左手定則分析出磁場(chǎng)的方向；

根據(jù)牛頓第二定律得出半徑的表達(dá)式，并結(jié)合題意完成分析，

【解答】解：AD、根據(jù)題圖可知，1和3粒子的轉(zhuǎn)動(dòng)方向一?致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電

子帶負(fù)電且順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故A正確，D錯(cuò)誤；

B、電子在云室中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來(lái)越小,

故B錯(cuò)誤;

C、帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得:

2

qvBD=—mv

解得：后器

根據(jù)題圖可知軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑更大，速度更大，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的

情況下，此結(jié)論也成立，故C錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考杳了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉左手定則的應(yīng)用，根據(jù)牛頓第二定律即可完成

分析。

2.（2022?廣東）如圖所示，一個(gè)立方體空間被對(duì)角平面MNPQ劃分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入

磁場(chǎng)，并穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是（）

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；洛倫茲力的概念.

【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力.

【答案】A

【分析】根據(jù)左手定則分析出質(zhì)子的受力特點(diǎn)，結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)完成分析。

【解答】解：AB、根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子在左側(cè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力指向y軸正方向（不完

全沿y軸），在右側(cè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力指向y軸負(fù)方向（不完全沿y軸），根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)

可知，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌跡先往y軸正方向偏轉(zhuǎn)，再往y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，xOy平面的投影顯示的是從上往卜

看的運(yùn)動(dòng)情況，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、粒子在z軸方向不受力，因此z軸上的坐標(biāo)始終保持不變，故CD錯(cuò)誤：

故選：Ao

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，利用左手定則分析出力的方向，結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的特

點(diǎn)即可完成解答，難度不大，對(duì)學(xué)生的空間想象能力有一定的要求。

3.（2022?江蘇）如圖所示，兩根固定的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b

垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向（）

A.平行于紙面向上

B.平行于紙面向下

C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里

D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外

【考點(diǎn)】?jī)筛妼?dǎo)線之間的作用力；通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)；安培力的概念；左手定則判斷安培力的

方向.

【專題】定性思想：推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力.

【答案】C

【分析】根據(jù)安培定則分析b導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的環(huán)繞方向，再根據(jù)安培定則判斷a導(dǎo)線受到的安培力的方

向。

【解答】解：根據(jù)安培定則可知：通電電流b在其周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)為順時(shí)針?lè)较?，如圖所示；

將導(dǎo)線a處的磁場(chǎng)分解為豎直方向和水平方向，根據(jù)左手定則可知a導(dǎo)線受到的安培力方向?yàn)?

左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里，故C正確、ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查安培定則和左手定則，關(guān)鍵是能夠分析a導(dǎo)線所在位置處磁場(chǎng)的方向，由此確

定安培力的方向。

二,多選題（共3小題）

（多選）4.（2023?海南）如圖所示，質(zhì)量為m,帶電荷為+q的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度vo射入第一象限

內(nèi)的電磁場(chǎng)區(qū)域，在OVyVy”O(jiān)VxVxo（xo、yo為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x>xo區(qū)

域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，控制電場(chǎng)強(qiáng)度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)

打到接收器MN上，則（）

A.粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度滿足E=

B.粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為vo

C.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為嗎

qB

D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是"詈卜。十，丫。

qB

【考點(diǎn)】帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).

【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力.

【答案】AD

【分析】A、根據(jù)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向列運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速

度，再由牛頓第二定律可以求解電場(chǎng)強(qiáng)度；

B、根據(jù)在電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向列運(yùn)動(dòng)學(xué)公式就可以求解粒子從NP中點(diǎn)射

入磁場(chǎng)時(shí)速度；

C、根據(jù)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，推出進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向和大小表達(dá)式，再根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中做圓周

運(yùn)動(dòng)的半徑表達(dá)式等結(jié)合幾何關(guān)系求軌跡圓心到NM的距離；

D、粒子在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)方向加速的距離最大時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大，根據(jù)洛倫茲力提

供向心力可以求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值。

【解答】解：A、根據(jù)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，若粒子打到PN中點(diǎn)，則

X方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：xo=vot

2

y方向粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：-yQ=-at

根據(jù)牛頓第二定律得：Eq=ma

2

解得：E=吧苧，故A正確；

q說(shuō)

B、粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，y方向根據(jù)勻變速位移與平均速度關(guān)系式得：y=^t

剛出電場(chǎng)射入磁場(chǎng)時(shí)速度vi=J詔+哆=J詔+（半尸

將1=那弋入解得：v尸器居短，故B錯(cuò)誤；

C、粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為夕軌跡如下圖所示：

2

將一代入得一皿。二篇

粒子從甩場(chǎng)中射出時(shí)的速度v=

焉stnu

粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB=my

則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為d=rcos0

聯(lián)立解得：d=f^

因E值有多種可能，故粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離有多種可能，故C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有最人運(yùn)動(dòng)半徑M，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度最人，則在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)方向加速的距離

最大，則y方向速度及合速度最大，此時(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，則^^二半

xo=vot

出離電場(chǎng)的最大速度：%,=I諾+對(duì)巾=詈7XO+4y0

、x0

口2

則由洛倫茲力提供向心力得：qvB=my

可得最大半徑：弓=黃=留心學(xué)，故D正確。

故選：ADo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻變

速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析判斷，進(jìn)入磁場(chǎng)帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，注意從電場(chǎng)進(jìn)入磁

場(chǎng)的合速度大小以及速度方向決定了在磁場(chǎng)中的軌跡半徑以及圓弧長(zhǎng)度等，需要我們結(jié)合軌跡圖以及兒

何關(guān)系分析。

（多選）5.（2023?福建）地球本身是一個(gè)大磁體，其磁場(chǎng)分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對(duì)于地磁場(chǎng)的形

成機(jī)制尚無(wú)共識(shí)。一種理論認(rèn)為地磁場(chǎng)主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚?，下

列判斷正確的是（）

A.地表電荷為負(fù)電荷

B.環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同

C.若地表電荷的電量增加，則地磁場(chǎng)強(qiáng)度增大

D.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場(chǎng)強(qiáng)度增大

【考點(diǎn)】地磁場(chǎng).

【專題】應(yīng)用題：定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力.

【答案】AC

【分析】根據(jù)電流的磁效應(yīng)，以及地磁場(chǎng)的磁感線方向，分析選項(xiàng)。

【解答】解：A、根據(jù)題意，地磁場(chǎng)來(lái)源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流，根據(jù)右手定則和地球

自轉(zhuǎn)方向?yàn)樽晕飨驏|，地磁場(chǎng)內(nèi)部磁感線方向由北到南，可以判斷地表電荷為負(fù)電荷，故A正確；

B、根據(jù)電流方向的定義。正電荷定向移動(dòng)的方向?yàn)殡娏鞣较?，地表電荷為?fù)電荷，所以環(huán)形電流反向

與自轉(zhuǎn)方向相反，故B錯(cuò)誤；

C、電荷最增加，環(huán)形電流也會(huì)增加，所以產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度增加，故C正確；

D、當(dāng)自轉(zhuǎn)角速度減小，則線速度減小，環(huán)形電流減小，所示磁場(chǎng)強(qiáng)度減小，故D錯(cuò)誤。

故選：ACo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查電流與磁場(chǎng)的關(guān)系，在做題中要注意，磁感線是閉合曲線。

（多選）6.（2023?甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開(kāi)有一個(gè)小孔，過(guò)P

的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒

子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、

方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過(guò)圓心O

B.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C.射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短

D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓笫二定律與向心力結(jié)合解

決問(wèn)題；洛倫茲力的概念.

【專題】定量思想：推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力.

【答案】BD

【分析】根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合沿半徑方向射入則沿半徑方向射出，結(jié)合兒何知識(shí)可證明軌跡不過(guò)O

點(diǎn)，兩次反彈后從原入射點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)；由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間表達(dá)式可判斷出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間的長(zhǎng)短；粒子沿半徑方向射向圓筒，碰撞后沿半徑方向返I可圓筒。

【解答】解：ABC、粒子從P點(diǎn)沿磁場(chǎng)半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，以O(shè)i為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)離開(kāi)

圓筒，軌跡如圖所示

由兒何關(guān)系可知APOiO@AAOiO,由于NOPOi=90°,所以NOAOi=9()°,則粒子一定會(huì)沿半徑方

向離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，與筒壁碰撞后依然沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，所以粒子不可能通過(guò)圓心0：由圖可知

粒子至少與筒壁碰撞兩次(分別與A和B碰撞)，然后從小孔P射出：

由于最終粒子是從P點(diǎn)射出，增大速度碰撞次數(shù)會(huì)可能增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少，故B正確，

AC錯(cuò)誤。

D、由前面分析可知粒子沿半徑圓簡(jiǎn)半徑方向射向圓筒，碰撞后沿半徑方向返回圓簡(jiǎn)，故D正確。

故選：BD。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，其中幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵要素。體現(xiàn)了

四層四翼中的綜合性和創(chuàng)新性，對(duì)學(xué)生而言有一定的難度。

三,解答題(共14小題)

7.(2023?福建)阿斯頓(F.Aston)借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了發(fā)等元素的同位素而獲得諾貝爾獎(jiǎng)，質(zhì)

譜儀分析同位素簡(jiǎn)化的工作原理如圖所示.在PP'上方存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B。兩個(gè)雙離子在O處以相同速度v垂直磁場(chǎng)邊界入射，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N

處。已知某次實(shí)驗(yàn)中,v=9.6X|()4m/s,B=0.1T,落在M處嵐離子比荷(電荷量和質(zhì)量之比)為4.8

X106C/kg；P、O、M、N、P在同一直線上；離子重力不計(jì)，

(1)求OM的長(zhǎng)度；

(2)若ON的長(zhǎng)度是OM的1』倍，求落在N處嵐離子的比荷。

【考點(diǎn)】帶電粒了?在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題.

【專題】定量思想：推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力.

【答案】(1)OM的長(zhǎng)度為0.4m；

（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，則落在N處笈離子的比荷為4.4X1060^。

【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律寫(xiě)出向心力表達(dá)式，推導(dǎo)負(fù)離子做I員I周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，結(jié)合題目所給

的條件求解OM的長(zhǎng)度;

（2）根據(jù)落在N處的嵐離子與M處發(fā)離子的半徑關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律推導(dǎo)N處筑離子的比荷。

【解答】解：（1）笈離子在。處以相同速度v垂直磁場(chǎng)邊界入射，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)洛倫茲力

提供向心力

V2

qivB=mi—

-T-ZQ9.6xl04cr

可得ri==------g---m=0.2m

口止4.8xlObxO.l

由于笈離子垂直于邊界PP'進(jìn)入磁場(chǎng)，故OM的長(zhǎng)度為落在M點(diǎn)處笈離子的圓軌道直徑

di=2n=2X0.2m=0.4m

（2）落在N處的筑離子，其半徑為

仝當(dāng)二學(xué)『022m

同理n=

q?B

代入數(shù)據(jù)解得

—=4.36X106C/kg^4.4X105C/kg

租2

答：（1）OM的長(zhǎng)度為0.4m；

（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，則落在N處笈離子的比荷為4.4X106c/kg。

【點(diǎn)評(píng)】注意帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源，根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)表達(dá)式，熟練學(xué)

握二次結(jié)論的運(yùn)用和分析。

8.（2023?江蘇）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內(nèi)存在輕直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)

和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方

向水平入射，入射速度為vo射，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于vo時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中

的虛線所示，旦在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。

（I）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；

（2）若電子入射速度為號(hào)求運(yùn)動(dòng)到速度為制位置的縱坐標(biāo)yi；

（3）若電子入射速度在OVv<vo范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)丫2=罌位置的電子數(shù)N占總電子

JVLJ

數(shù)No的百分比。

【考點(diǎn)】帶電粒了在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng).

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專邈；分析綜合能力.

【答案】（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E為Bvo；

（2）若電子入射速度為B，運(yùn)動(dòng)到速度為孑時(shí)位置的縱坐標(biāo)yi為等會(huì)；

?乙D乙匕D

（3）能到達(dá)縱坐標(biāo)丫2=瞿位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)No的百分比為90%。

OVO

【分析】（1）以速度V0入射的電子沿X軸做直線運(yùn)動(dòng)，則電子受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向，據(jù)

此條件求解；

（2）電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解；

（3）根據(jù)題意：電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，求得電子在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小與入

射速度的關(guān)系，根據(jù)動(dòng)能定理求得電子到達(dá)最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)與入射速度的關(guān)系，依據(jù)此關(guān)系分析滿足要

求的電子數(shù)N占總電子數(shù)No的百分比。

【解答】解：（1）電子入射速度為vo時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，可知電子受到的沿y鈾正方向的電

場(chǎng)力與沿y軸負(fù)方向的洛倫茲力大小相等，則有：

eE=eBvo

解得：E=Bvo

（2）電子的入射速度為，VYO,電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如題圖中的虛線所示，電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受洛倫茲力

4

不做功，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得：

（3）電子入射速度為V（OVvVvo）,設(shè)電子在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為Vm。

電子在最低點(diǎn)所受的合力大小為：Fi=eE-eBv

電子在最高點(diǎn)所受的合力大小為：F2=eBvm-eE

由題意可得：F1=F2

聯(lián)立解得：Vm=2vo-V

設(shè)電子到達(dá)最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)為ym,同理，根據(jù)動(dòng)能定理得：

eEym=*m琢i-|mv2

解得：ym=0唳2

由0<V〈V0,可得：OVymV警，且ym與V成線性關(guān)系，可知電子在空間的軌跡分布是均勻的，能

到達(dá)縱坐標(biāo)y2=翟言位置的電子，其到達(dá)最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)在白二，2"：。,）區(qū)間。

5州seBeB

則電子數(shù)N占總電子數(shù)No的百分比為：-（1-贏）X100%

~eB

解得：r]=90%

答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E為Bvo；

（2）若電子入射速度為手，運(yùn)動(dòng)到速度為f時(shí)位置的縱坐標(biāo)yi為誓?；

（3）能到達(dá)縱坐標(biāo)丫2=瞿位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)No的百分比為90%。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，本題要把握住洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理，由

電場(chǎng)力做功求解末位置的縱坐標(biāo)。第（3）問(wèn)對(duì)題中的條件“電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小

相等”的解析是關(guān)鍵。

9.（2023?山東）如圖所示，在0<xW2d,OWyW2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)

電場(chǎng)，電場(chǎng)的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子從OP

中點(diǎn)A進(jìn)入電場(chǎng)（不計(jì)粒子重力）。

（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)

的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

（2）若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)后從

P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離?開(kāi)。

（i）求改變后電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和粒子的初速度vo；

（ii）通過(guò)計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)。

y

【考點(diǎn)】帶電粒了由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；從能國(guó)轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；帶電粒了在

勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng).

【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力.

【答案】（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng),

則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為6聯(lián)

Nqd

（2）（i）改變后電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小1=36E和粒子的初速度為9電洞，方向向上；

（ii）粒子不能從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)。

【分析】（1）粒子從A到垂直于NP進(jìn)入電場(chǎng)過(guò)程中，畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子軌跡

半徑，根據(jù)動(dòng)能定理求解粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，由此得到磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

（2）（i）若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解在P點(diǎn)時(shí)的速

度大小，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解電場(chǎng)強(qiáng)度大小和初速度大?。?/p>

（ii）假設(shè)粒子離開(kāi)Q點(diǎn)后能夠第三次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解半徑：再根據(jù)

幾何關(guān)系求解半徑，比較兩種情況下得到的半徑是否相同進(jìn)行分析。

【解答】解：（1）粒子從A到垂直于NP進(jìn)入電場(chǎng)過(guò)程中，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子軌跡半徑：ri=/AP=2d

設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為VI,根據(jù)動(dòng)能定理可得：qE?2d=3m譜，解得：V1=2娉

由于粒子第二次從QN邊進(jìn)入電場(chǎng)到再次從QN邊進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為零，所以粒子第二次

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小不變，仍為VI。

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qviB=m^-

解得：B=6借；

(2)(i)若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)

后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開(kāi)，應(yīng)子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

解得:r2=2.5d

詔

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qB=m—

r2

解得：V2=15博

根據(jù)幾何關(guān)系可得：cose=F=/^=0.8,則有：sin0=O.6

T2Z.DU

粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)E'后，從Q點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，則有：

t—__2_d__

一V2COS0

2d=v2sin0*t+i(i,t2

乙

根據(jù)牛頓第二定律可得：a'=噂

聯(lián)立解得；E'=36E；

;

粒子從A到上邊界運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qE-2d=|mv2-|znv2

解得：vo=9j吟，方向向上；

(ii)假設(shè)粒子離開(kāi)Q點(diǎn)后能移第三次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，設(shè)粒子離開(kāi)Q點(diǎn)速度大小為V3,與y軸夾

角為a,如圖所示：

解得：V3=3>/41-

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv3B=n3,解得：邙=苧<1

根據(jù)幾何關(guān)系可得：sina=也；：°，解得：sina=者,則cosa=亮

根據(jù)圖中的幾何關(guān)系可得：*皿爆5。）

解得：r3=2V41d

由于兩種情況下計(jì)算的半徑不相等，故粒子不會(huì)第三次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。

答：（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，則磁

場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為3”.，:

（2）（i）改變后電場(chǎng)強(qiáng)度E，的大小E'=36E和粒子的初速度為9A摩，方向向上；

（ii）粒子不能從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)。

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛

倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間；對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)

動(dòng)時(shí)，一般是按類平拋運(yùn)動(dòng)或勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行解答。

10,（2023?北京）2022年，我國(guó)階段性建成并成功運(yùn)行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推在技術(shù)的世界

最高速度紀(jì)錄。

一種兩級(jí)導(dǎo)軌式電磁推進(jìn)的原理如圖所示。兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒。

金屬棒可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好。電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過(guò)金屬棒，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌

流回，圖中電源未畫(huà)出。導(dǎo)軌也流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)

系式為B=ki（k為常量）。金屬棒被該磁場(chǎng)力推動(dòng)。

當(dāng)金屬棒由第一級(jí)區(qū)域進(jìn)入第二級(jí)區(qū)域時(shí)，回路中的電流由I變?yōu)?1。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L(zhǎng),每一

級(jí)區(qū)域中金屬棒被推進(jìn)的距離均為s,金屬棒的質(zhì)量為m。求：

（I）金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；

（2）金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比ai：a2：

（3）金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v。

金局棒

【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；電磁感應(yīng)一一功能問(wèn)題；分析綜合能力.

【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容

【分析】（1）根據(jù)安培力公式求出金屬棒在第一級(jí)區(qū)域受到的安培力大小。

（2）應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小，然后求出加速度大小之比。

（3）應(yīng)用動(dòng)能定理求出金屬棒的速度大小。

【解答】解：（1）第?級(jí)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bi=kl

金屬棒在第一級(jí)區(qū)域受到的安培力大小：Fi=ILBi=ILXkI=kI2L

（2）第二級(jí)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=2kl

金屬棒在第二級(jí)區(qū)域受到的安培力大小FI=2ILB2=2ILX2kI=4kl2L

對(duì)金屬棒，由牛頓第二定律得：Fi=mai,F2=ma2

解得：ai：ai=l：4

（3）對(duì)金屬棒，金屬棒從靜匕開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域過(guò)程，由到能定理得：FIS+F2S=-0

解得：v=I黑逋

答：（1）金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小是kPL；

（2）金屬棒經(jīng)過(guò)第一、一級(jí)區(qū)域的加速度大小之比ai：a2是1：4；

（3）金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小是ij當(dāng)竺，，

【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)題意求出兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度，分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力情況，應(yīng)用安培力公式、

牛頓第二定律與動(dòng)能定理可以解題。

11.（2023?海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長(zhǎng)為L(zhǎng)